2023年高中数学学业水平考试专题测试(五)（含答案）.docx

1、阶段性复习卷(五)(时间:80分钟满分:100分)一、选择题(本大题共18小题,每小题3分,共54分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1.(2019新课标全国卷)设z=-3+2i,则在复平面内z对应的点位于()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限2.已知i为虚数单位,则复数22-i的虚部是()A.45B.25C.25iD.45i3.已知平面与平面为两个不同的平面,m与n为两条不重合的直线,则下列说法正确的是()A.若,m,则mB.若mn,n,则mC.若m,则mD.若,m,则m4.设z=i31+i+i5,则|z|=()A.2B.12C.22

2、D.1025.设,是三个不重合的平面,m,n是两条不重合的直线,则下列说法正确的是()A.若,则B.若,m,则mC.若m,m,则D.若m,n,则mn6.圆柱的侧面展开图是边长为6和4的矩形,则圆柱的表面积为()A.6(4+3)B.8(3+1)C.6(4+3)或8(3+1)D.6(4+1)或8(3+2)7.已知直线m,n,平面,m,n,则下列说法:mmn,mnm,mmn,mnm中正确的个数为()A.1B.2C.3D.48.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为线段A1C1的中点,则异面直线DE与B1C所成角的大小为()A.15B.30C.45D.609.如图,空间四边形ABCD的对角线

3、AC=8,BD=6,M,N分别为AB,CD的中点,并且异面直线AC与BD所成的角为90,则MN=()A.3B.4C.5D.610.把ABC按斜二测画法得到ABC(如图所示),其中BO=CO=1,AO=32,那么ABC是一个()A.等边三角形B.直角三角形C.等腰三角形D.三边互不相等的三角形11.(2019年4月浙江学考)在四棱锥P-ABCD中,PD底面ABCD,且PD=DB.若M为线段PB的中点,则直线DM与平面ABCD所成的角为()A.30B.45C.60D.9012.已知m,n,l是直线,是平面,=l,n,nl,m,则直线m与n的位置关系是()A.异面B.相交但不垂直C.平行D.相交且垂

4、直13.已知直线l和平面内的两条直线m,n,则“l”是“lm且ln”的()A.充要条件B.必要不充分条件C.充分不必要条件D.既不充分也不必要条件14.如图所示是斜二测画法画出的水平放置的ABC的直观图,D为BC的中点,且ADy轴,BCx轴,AD12BC,那么在原平面图形ABC中()A.AB与AC相等B.AD的长度大于AC的长度C.AB的长度小于AD的长度D.BC的长度大于AD的长度15.设复数z满足|z-i|=1,z在复平面内对应的点为(x,y),则()A.(x+1)2+y2=1B.(x-1)2+y2=1C.x2+(y-1)2=1D.x2+(y+1)2=116.已知圆锥的轴截面为正三角形,有

5、一个球内切于该圆锥,圆锥的体积为V1,球的体积为V2,则V1V2=()A.94B.49C.274D.33417.三棱锥A-BCD中,AB=AD=BC=CD=2,BD=23,AC=2,则异面直线AB与CD所成角的余弦值为()A.0B.22C.24D.3418.三棱柱ABC-A1B1C1中,底面边长和侧棱长都相等,BAA1=CAA1=60,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A.66B.33C.16D.13二、填空题(本大题共4小题,每空3分,共15分)19.已知复数z=3+i1+i,则共轭复数z=,|z|=.20.已知正三角形ABC的边长为a,那么ABC的直观图ABC的面积为.21.等腰

6、直角三角形ABC,直角边为2,沿斜边AC边上高BD翻折成直二面角A-BD-C,则三棱锥A-BCD外接球的体积为.22.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,BC1与B1C相交于点O,则B-AO-C的平面角大小为.三、解答题(本大题共3小题,共31分)23.(本小题满分10分)(2013年7月浙江学考)如图,在底面为直角梯形的四棱锥P-ABCD中,ADBC,ABC=90,PA平面ABCD,PA=3,AD=2,AB=23,BC=6.(1)求证:BD平面PAC;(2)求二面角P-BD-A的大小.24.(本小题满分10分)(2022金华一中一模)如图,已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1,四边形

7、ABCD是菱形,AC1平面ABCD,ADC=60,CC1=2CD.(1)证明:CC1B1D1;(2)求直线AC1与平面ADD1A1所成角的正弦值.25.(本小题满分11分)(2021浙江十校联盟高三联考)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=2,D为BC的中点,平面BB1C1C平面ABC.(1)证明:ADBB1;(2)已知四边形BB1C1C是边长为2的菱形,且B1BC=60,求直线AA1与平面AC1D所成角的正弦值.阶段性复习卷(五)1.C解析 由z=-3+2i,得z=-3-2i,则在复平面内z对应的点(-3,-2)位于第三象限,故选C.2.B解析 22-i=2(2+i)(2-i)

8、(2+i)=4+2i5=45+25i,故虚部为25.故选B.3.C解析 易知A中可能m,B中可能m,故A,B不正确;C正确;D中,可以是m或m,故D不正确.4.C解析 z=i31+i+i5=-i(1-i)2+i=-12+12i,|z|=14+14=22.故选C.5.C解析 对于A,有可能相交或平行,故A不正确;对于B,m有可能在内或m与相交,B不正确;C正确;对于D,m,n有可能相交或平行或异面,D不正确.故选C.6.C解析 分两种情况:以长为6的边为高时,4为圆柱底面周长,则2r=4,r=2,所以S底=4,S侧=64=242,S表=2S底+S侧=8+242=8(3+1);以长为4的边为高时,

9、6为圆柱底面周长,则2r=6,r=3,所以S底=9,S表=2S底+S侧=18+242=6(4+3).故选C.7.B解析 正确;对于,平面外一条直线与平面内两条相交直线垂直才能判定线面垂直,故不正确;对于,线与面平行不能推出与平面内任意一条直线平行,故不正确;正确.故选B.8.B解析 连接A1D,易知A1DB1C,A1DE即为异面直线DE与B1C所成角.设正方体棱长为2,易知,A1D=22,A1E=2,DE=6,cosA1DE=A1D2+DE2-A1E22A1DDE=8+6-22226=32,A1DE=30.故选B.9.C解析 取AD的中点P,连接PM,PN,则BDPM,ACPN,MPN或其补角

10、即异面直线AC与BD所成的角,MPN=90,PN=12AC=4,PM=12BD=3,MN=5.故选C.10.A解析 根据斜二测画法还原ABC在直角坐标系的图形,由图(图略)易得AB=BC=AC=2,故ABC为等边三角形.11.B解析 取BD的中点O,连接MO,M为PB中点,O为BD中点MOPD,又PD底面ABCDMO底面ABCD,MDO即为直线DM与平面ABCD所成角.又PD=BD,可知MDO=45.故选B.12.C解析 因为,=l,n,nl,所以n.又m,所以mn.故选C.13.C解析 若l,则直线l和平面内的所有直线都垂直,故lm且ln;反之,若lm且ln,不一定l,需加条件:m,n都相交

11、.故选C.14.A解析 根据斜二测画法的直观图,还原几何图形,首先建立平面直角坐标系xOy,BCx轴,并且BC=BC,点D是BC的中点,并且作ADy轴,即ADBC,且AD=2AD,连接AB,AC,所以ABC是等腰三角形,AB=AC,AB的长度大于AD的长度,由图可知BC=BC,AD=2AD,由AD12BC,所以BC2AD,即BCAD.故选A.15.C解析 由题可得z=x+yi,z-i=x+(y-1)i,|z-i|=x2+(y-1)2=1,则x2+(y-1)2=1.故选C.16.A解析 设圆锥的底面半径为r,该内切球的半径为R,圆锥的轴截面为正三角形,由等面积法可知122r2rsin 60=12

12、2rR3,R=33r,V1=13(r2)3r=33r3,V2=43(33r)3=4327r3,V1V2=3r332743r3=94.故选A.17.D解析 分别取BD的中点E,BC的中点F,AC的中点G,连接EG,EF,GF,AE,CE,所以GFAB,EFCD,因此GFE或其补角为异面直线AB与CD所成角,则EA=EC=1,由AC=2,可得EAEC,所以EG=12AC=22,又EF=GF=1,所以cosGFE=12+12-(22)2211=34,因为异面直线所成角的范围为0,2,所以GFE为异面直线AB与CD所成角,因此异面直线AB与CD所成角的余弦值是34.故选D.18.A解析 若E,F,D,

13、G分别是AC1,B1C1,AB,AC的中点,连接ED,EF,则EDBC1,EFAB1,直线AB1与BC1所成角即为DEF或其补角,由三棱柱ABC-A1B1C1底面边长和侧棱长都相等且BAA1=CAA1=60,易知DGC1F为平行四边形,若H为BC中点,连接HF,AH,则AHBC且AH是AA1在平面ABC上的射影,AA1BC,而AA1BB1CC1,易知BCC1B1为正方形,设三棱柱ABC-A1B1C1的棱长为2,则ED=12BC1=2,EF=12AB1=3,DF=GC1=CC12+CG2-2CC1CGcos120=7.在DEF中,cosDEF=ED2+EF2-DF22EDEF=-66,直线AB1

14、与BC1所成角的余弦值为66.故选A.19.2+i5解析 由于z=3+i1+i=(3+i)(1-i)(1+i)(1-i)=4-2i2=2-i,则z=2+i.|z|=22+12=5.20.616a2解析 如图所示,由斜二测画法规则知BC=a,OA=34a.过A引AMx轴,垂足为M.则AM=OAsin 45=34a22=68a.SABC=12BCAM=12a68a=616a2.21.6解析 由题知:将三棱锥补全成柱体,其外接球不变,则2R=(2)2+(2)2+(2)2=6R=62,体积为V=43R3=43668=6.22.90解析 在正方体中,AB平面BCC1B1,所以ABB1C,在正方形BCC1

15、B1中,BC1B1C,而BC1AB=B,所以B1C平面ABO,又因为B1C平面ACO,所以平面ABO平面ACO,因此二面角B-AO-C为直二面角.23.(1)证明 PA平面ABCD,BD平面ABCD,BDPA.tanABD=ADAB=33,tanBAC=BCAB=3,ABD=30,BAC=60.AEB=90,即BDAC.PA,AC平面PAC,PAAC=A,BD平面PAC.(2)解 在题图中(图略)连接PE.BD平面PAC,BDPE,BDAE,AEP为二面角P-BD-A的平面角.在RtAEB中,AE=ABsinABD=3,tanAEP=APAE=3,AEP=60,二面角P-BD-A的大小为60.

16、24.(1)证明 因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1,四边形ABCD是菱形,所以四边形A1B1C1D1是菱形.连接A1C1交B1D1于O1,所以B1D1A1C1.又AC1平面ABCD,所以AC1平面A1B1C1D1,得AC1B1D1.又AC1,A1C1平面AA1C1C,AC1A1C1=C1,所以B1D1平面AA1C1C.所以CC1B1D1.(2)解 不妨设CC1=2,因为ADC=3,所以在菱形ABCD中,AB=AC=1.因为AC1平面ABCD,连接AC,所以在RtCAC1中,AC1=3.连接AD1,BC1,在RtBAC1中,BC1=2=AD1=AA1.作C1EA1D1,因为ADC=A1D1C

17、1=3,C1D1=CD=1,所以在RtC1ED1中,C1E=32,D1E=12,E是A1D1的中点.所以A1D1AE.又CEAE=E,因此A1D1平面AC1E.所以平面AA1D1D平面AC1E,AC1在平面AA1D1D上的射影在直线AE上,所以C1AE是直线AC1与平面AA1D1D所成的角.因为A1D1AE,AD1=2,D1E=12,故AE=152.所以cosC1AE=C1A2+AE2-C1E22C1AAE=255.因此,直线AC1与平面AA1D1D所成角的正弦值是55.25.(1)证明 因为AB=AC=2,D是BC的中点,所以ADBC.又因为平面BB1C1C平面ABC,且平面BB1C1C平面ABC=BC,AD平面ABC,故AD平面BB1C1C,BB1平面BB1C1C,所以ADBB1.(2)解 因为AD平面BB1C1C,AD平面ADC1,所以平面ADC1平面BB1C1C.在平面BB1C1C内,过C作CHDC1于点H,则CH平面ADC1.则CC1H即为直线AA1与平面AC1D所成的角,连接DB1,在直角三角形DB1C1中,B1C1=2,B1D=3,DC1=7,在DCC1中,CH=217,在直角三角形CC1H中,CC1=2,所以sinCC1H=CHCC1=2114,直线AA1与平面AC1D所成的角的正弦值为2114.